江苏省南通市启东中学2019-2020学年高一数学下学期期初考试试题（创新班含解析）.doc

1、江苏省南通市启东中学2019-2020学年高一数学下学期期初考试试题（创新班，含解析）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在中，则BC边上的中线AD的长为A. 1B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】由余弦定理可得：，在中，由余弦定理可得：，即可【详解】由余弦定理可得：在中，由余弦定理可得：，故选D【点睛】本题主要考查了余弦定理，考查了计算能力和转化思想，属于基础题在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说

2、,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.2. 水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（ ）A. 定B. 有C. 收D. 获【答案】B【解析】试题分析：这是一个正方体的平面展开图，其直观图如下：共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”故选B考点：展开图与直观图.3.直线的倾斜角的范围是( )A. ，B. ，

3、C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】求出直线斜率为，根据的范围即可求得斜率的范围，再由正切函数的图象即可求出直线倾斜角的范围.【详解】直线方程化为斜截式为：，斜率为，因为，所以斜率，根据正切函数的图象可知直线倾斜角的范围为，.故选：B【点睛】本题考查直线的倾斜角，三角函数的图象与性质，属于基础题.4.正方体中，为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是( )A. 平面B. 平面C. 异面直线与所成角为D. 点到平面的距离为【答案】D【解析】分析】A项，通过证明来证明线面平行；B项，建立空间直角坐标系，由、推出、，从而证明线面垂直；C项，利用公式可求得异面直线与所成角的余弦值从而求得夹

4、角；D项，由等体积法求点到平面的距离即可判断.【详解】A项，连接，交于点，连接BD，根据正方体的性质可知，与平行且相等，所以四边形是平行四边形，即，又因为平面，故A选项正确；B项，设正方体的边长为1，分别以BA，BC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：则，所以，因为，所以，又因为，且平面AMC，平面AMC，所以平面，B选项正确；C项，根据B项可得，所以，设异面直线与所成角为，则，又，所以，C选项正确；D项，设正方体的边长为a，则，所以由勾股定理可得，根据题意可知，O是AC的中点，故，所以，设点B到平面MAC的距离为h，则，又因为，解得，D错误.故选：D【点睛】本题考查直线与平面平行和

5、垂直的判定及异面直线和平面夹角的求解，属于中档题.5.已知直线y2x是ABC中C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(4，2)，(3，1)，则点C的坐标为( )A. (2，4)B. (2，4)C. (2，4)D. (2，4)【答案】C【解析】【分析】求出A(4，2)关于直线y2x的对称点为(x，y)，可写出BC所在直线方程，与直线y2x联立，即可求出C点坐标.【详解】设A(4，2)关于直线y2x的对称点为(x，y)，则，解得BC所在直线方程为y1(x3)，即3xy100. 联立直线y=2x，解得，则C(2，4)故选C.【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称点，属于中档题.6.一个大型喷水

6、池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45，沿点A向北偏东30前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30，则水柱的高度是()A. 50 mB. 100 mC. 120 mD. 150 m【答案】A【解析】分析】如图所示，设水柱CD的高度为h在RtACD中，由DAC=45，可得AC=h由BAE=30，可得CAB=60在RtBCD中，CBD=30，可得BC=在ABC中，由余弦定理可得：BC2=AC2+AB22ACABcos60代入即可得出【详解】如图所示，设水柱CD的高度为h在RtACD中，DAC=45，AC=hBAE=

7、30，CAB=60又B，A，C在同一水平面上，BCD是以C为直角顶点的直角三角形，在RtBCD中，CBD=30，BC=在ABC中，由余弦定理可得：BC2=AC2+AB22ACABcos60（）2=h2+1002，化为h2+50h5000=0，解得h=50故选A【点睛】解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.7.已知直线方程为，和分别为直线上和外的点，则方程

8、表示（ ）A. 过点且与垂直的直线B. 与重合的直线C. 过点且与平行的直线D. 不过点，但与平行的直线【答案】C【解析】【分析】先判断直线与平行，再判断直线过点，得到答案.【详解】由题意直线方程为，则方程两条直线平行，为直线上的点，化为，显然满足方程，所以表示过点且与平行的直线故答案选C【点睛】本题考查了直线的位置关系，意在考查学生对于直线方程的理解情况.8.如图，圆M与AB、AC分别相切于点D、E，点P是圆M及其内部任意一点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】连接并延长分别交圆于，连接，与交于，显然，此时，分别过作的平行线，由于 ，则，则， ， ，此时 ，同

9、理可得：，选.【点睛】此题为向量三点共线的拓展问题，借助点在等和线上去求的取值范围，由于点是圆及其内部任意一点，所以分别过作圆的切线，求出两条等和线的值，就可得出的取值范围，本题型在高考中出现多次，要掌握解题方法.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知直线，两个不重合的平面，.若，则下列四个结论中正确的是( )A. 与内所有直线平行B. 与内的无数条直线平行C. 与内的任意直线都不垂直D. 与没有公共点【答案】BD【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解。

10、【详解】若，则a与c是异面直线，故A错误；，则内所有与b平行的直线皆与a平行，故B正确；若，因为，所以，故C错误；因为，所以与没有公共点，而，所以a与没有公共点，D正确.故选：BD【点睛】本题考查命题真假性的判断，两平行平面内的直线的位置关系，充分理解平行平面及性质和异面直线的定义是解题的关键，属于基础题.10.已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ）A. 若，则一定是等边三角形B. 若，则一定是等腰三角形C. 若，则一定是等腰三角形D. 若，则一定是锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理可得，可判断；由正弦定理可得，可判断；由正弦定理与诱导公式可得，可判断；由余

11、弦定理可得角为锐角，角不一定是锐角，可判断.【详解】由，利用正弦定理可得，即，是等边三角形，正确；由正弦定理可得，或，是等腰或直角三角形，不正确；由正弦定理可得，即，则等腰三角形，正确；由正弦定理可得，角为锐角，角不一定是锐角，不正确，故选AC.【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理的应用，以及三角形形状的判断，属于中档题. 判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.11.（多选题

12、）下列说法正确的是（ ）A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2B. 点关于直线的对称点为C. 过，两点的直线方程为D. 经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为【答案】AB【解析】【分析】根据直线的方程及性质，逐项分析，A中直线在坐标轴上的截距分别为2，所以围成三角形的面积是2正确，B中在直线上，且连线的斜率为，所以B正确，C选项需要条件，故错误，D选项错误，还有一条截距都为0的直线.【详解】A中直线在坐标轴上的截距分别为2，所以围成三角形的面积是2正确，B中在直线上，且连线的斜率为，所以B正确，C选项需要条件，故错误，D选项错误，还有一条截距都为0的直线.【点睛】本题主要考查了直线的截距

13、，点关于直线的对称点，直线的两点式方程，属于中档题.12.设有一组圆.下列四个命题正确的是（ ）A. 存在，使圆与轴相切B. 存在一条直线与所有的圆均相交C. 存在一条直线与所有的圆均不相交D. 所有的圆均不经过原点【答案】ABD【解析】【分析】根据圆的方程写出圆心坐标，半径，判断两个圆的位置关系，然后对各选项进行分析检验，从而得到答案.【详解】根据题意得圆的圆心为（1，k），半径为，选项A,当k=，即k=1时，圆的方程为，圆与x轴相切，故正确；选项B，直线x=1过圆的圆心（1，k），x1与所有圆都相交，故正确；选项C,圆k：圆心（1，k），半径为k2，圆k+1：圆心（1，k+1），半径为（k

14、+1）2，两圆的圆心距d1，两圆的半径之差Rr2k+1，（Rrd），k含于Ck+1之中， 若k取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，故错误；选项D,将（0，0）带入圆的方程，则有1+k2k4，不存在 kN*使上式成立，即所有圆不过原点，正确故选ABD【点睛】本题考查圆的方程，考查两圆的位置关系，会利用反证法进行分析证明，会利用数形结合解决实际问题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13.直线关于点对称的直线的方程为_.【答案】【解析】【分析】设所求直线上任一点坐标为，点关于点对称的点，根据中点坐标公式，点在直线，可得所求直线方程，即可求得答案.

15、【详解】设所求直线上任一点坐标为，点关于点对称的点为根据坐标中点公式可得：解得：点在直线将代入可得：整理可得：.故答案为：.【点睛】本题主要考查直线关于点对称的直线方程，设出所求直线上任一点的坐标，求出其关于定点对称的点的坐标，代入已知直线即可求出结果，属于基础题型.14.已知圆，圆,定点,动点，分别在圆和圆上，满足,则线段的取值范围_.【答案】【解析】【分析】因为，可得，根据向量和可得，即，由，分别在圆和圆上点设，求得，由，可得，即可得到，设中点为，求得的取值范围，即可求得答案.【详解】，分别在圆和圆上点设，则，由，可，即，整理可得：，设中点为，则，即，点轨迹是以为圆心，半径等于的圆，的取值

16、范围是，的范围为，故：的范围为故答案为：【点睛】本题主要考查了求同心圆上两点间距离的范围问题，解题关键是掌握向量加法原理和将两点间距离问题转化为中点轨迹问题，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.15.在中，内角所对的边分别为，若 ，的面积为，则_ ，_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得，从而求得，结合范围，即可得到答案运用余弦定理和三角形面积公式，结合完全平方公式，即可得到答案【详解】由已知及正弦定理可得，可得：解得，即，由面积公式可得：，即由余弦定理可得：即有解得【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理和面积公式解三角形，题目较为

17、基础，只要按照题意运用公式即可求出答案16.在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（1，1），点P为圆（x4）2y24上任意一点，记OAP和OBP的面积分别为S1和S2，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】设AOP，利用面积公式得，求出的最小值即可.【详解】设AOP，易知OA，OB，AOB，则BOP，故，直线，圆（x4）2y24圆心到两条直线的距离均为，直线与圆相离，由图易知，圆在内部，设，即，解得，所以最大为，即直线OP与圆相切时，当切点在第一象限的点的时候，取得最小值.故答案为：【点睛】此题考查三角形面积公式的应用，结合直线与圆的位置关系解决问题.四、解答题：本题共6小题，共7

18、0分.17.的内角，的对边分别为，已知，.（1）求角；（2）若点满足，求的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）解法一：对条件中的式子利用正弦定理进行边化角，得到的值，从而得到角的大小；解法二：对对条件中的式子利用余弦定理进行角化边，得到的值，从而得到角的大小；解法三：利用射影定理相关内容进行求解.（2）解法一：在中把边和角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法二：在中把边和角都解出来，然后在中利用余弦定理求解；解法三：将用表示，平方后求出的模长.【详解】（1）【解法一】由题设及正弦定理得，又，所以.由于，则.又因为，所以.【解法二】由题设及余弦定理可得，化简得.因为，所以.又因为

19、，所以.【解法三】由题设，结合射影定理，化简可得.因为.所以.又因为，所以.（2）【解法1】由正弦定理易知，解得.又因为，所以，即.在中，因为，所以，所以在中，由余弦定理得，所以.【解法2】在中，因为，所以，.由余弦定理得.因为，所以.在中，由余弦定理得所以.【解法3】在中，因为，所以，.因为，所以.则所以.【点睛】本题主要考察利用正余弦定理解三角形问题，方法较多，难度不大，属于简单题.18.如图，在直三棱柱中，点分别为线段的中点.（1）求证：平面；（2）若边上，求证：.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】【详解】（1）如图，连结A1C在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为

20、平行四边形又因为N为线段AC1的中点，所以A1C与AC1相交于点N，即A1C经过点N，且N为线段A1C的中点 因为M为线段A1B的中点，所以MNBC 又MN平面BB1C1C，BC平面BB1C1C，所以MN平面BB1C1C （2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC又AD平面ABC，所以CC1AD 因为ADDC1，DC1平面BB1C1C，CC1平面BB1C1C，CC1DC1C1，所以AD平面BB1C1C 又BC平面BB1C1C，所以ADBC 又由（1）知，MNBC，所以MNAD19.已知直线及点证明直线过某定点，并求该定点的坐标当点到直线的距离最大时，求直线的方程【答案】（1）证明见

21、解析,定点坐标为（2）【解析】【分析】直线方程化成，再联解关于、的方程组，即可得到直线经过的定点坐标；设直线经过的定点为，由平面几何知识，得到当时，点到直线的距离最大因此算出直线的斜率，再利用垂直直线斜率的关系算出直线的斜率，即可求出此时直线的方程【详解】直线方程可化为：由，解得且，直线恒过定点，其坐标为直线恒过定点当点在直线上的射影点恰好是时，即时，点到直线的距离最大的斜率直线斜率由此可得点到直线的距离最大时，直线的方程为，即【点睛】本题主要考查直线过定点的问题，以及求直线外一点P到直线的距离最大时直线的方程；熟记两直线交点的求法、点到直线的距离公式，以及直线的一般式方程即可，属于基础题20

22、.树林的边界是直线（如图CD所在的直线），一只兔子在河边喝水时发现了一只狼，兔子和狼分别位于的垂线AC上的点A点和B点处，（为正常数），若兔子沿AD方向以速度2向树林逃跑，同时狼沿线段BM（）方向以速度进行追击（为正常数），若狼到达M处的时间不多于兔子到达M处的时间，狼就会吃掉兔子.（1）求兔子的所有不幸点（即可能被狼吃掉的点）的区域面积；（2）若兔子要想不被狼吃掉，求（的取值范围）.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）建立直角坐标系，设，由求得，由此求得圆的面积的值；（2）设，由题意可得直线AD与（1）所得圆是相离的，则根据直线与圆的位置关系列出不等式即可求得斜率k的取值范围，从而求

23、得的范围.【详解】（1）建立如图所示直角坐标系，设，由，得，所以M在以为圆心，半径为的圆及内部，所以；（2）设，由，可得，所以.【点睛】本题考查圆的标准方程，直线和圆的位置关系，直线的倾斜角和斜率的关系，属于中档题.21.在平面直角坐标系中，圆，以为圆心的圆记为圆，已知圆上的点与圆上的点之间距离的最大值为21.（1）求圆的标准方程；（2）求过点且与圆相切的直线的方程；（3）已知直线与轴不垂直，且与圆，圆都相交，记直线被圆，圆截得的弦长分别为，.若，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）或；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）因为，可得圆为圆心，半径为，设为圆心的圆记为圆，设半径为，由圆上

24、的点与圆上的点之间距离的最大值为，可得，即可求得圆方程，即可求得答案；（2）分别讨论切线的斜率不存在和切线的斜率存在两种情况，当切线的斜率存在时，设直线方程为，设直线到圆的距离为，由直线和圆相切，可得，求得,即可求得答案；（3）设直线的方程为，求得圆心，圆心到直线的距离分别为，根据几何关系可得：，结合，即可求得和关系式，即可求得方程，进而求得直线过定点.【详解】（1）圆为圆心，半径为设为圆心的圆记为圆，设半径为由圆上的点与圆上的点之间距离的最大值为.可得解得圆的标准方程为.（2）当切线的斜率不存在时，直线方程为符合题意；当切线的斜率存在时，设直线方程为，即，直线和圆相切，设直线到圆的距离为，解

25、得，从而切线方程为.故切线方程为或（3）设直线的方程为，则圆心，圆心到直线的距离分别为，几何关系可得：，.由，得，整理得，故，即或，直线为或，直线过点定点或直线过定点.【点睛】本题主要考查了求圆标准方程和求圆的切线方程，及其求直线过定点问题，解题关键是掌握圆的基础知识和求圆的切线方程的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.22.如图，在平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴的交点是，过点的直线与圆交于不同的两点.（1）若直线与轴交于，且，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别是，求的值；（3）设的中点为，点，若，求的面积.【答案】（1）（2）-1（3）【解析】【分析】（1）可设点，表

26、示出，可求出参数或6，结合题意可舍去，再由两点已知求出直线的方程；（2）可设，设直线方程为，联立直线和圆的方程求出关于的一元二次方程，表示出韦达定理，再分别求出，结合前式即可求解；（3）设，由建立方程，化简可得，由（2）可得，联立求解得，再结合圆的几何性质和点到直线距离公式及三角形面积公式即可求解；【详解】（1）设，求出，则或6，结合直线圆的位置关系可知，一定满足，此时直线的方程为：；当时，直线的方程为：，圆心到直线距离（舍去）；（2）设直线的方程为：，联立可得：， 设，则，则，将代入化简可得，即；（3）设点，由点，可得，化简得，又，式代入式解得或，由圆心到直线的距离，故，此时，圆心到直线距离，则，直线方程为：，到直线的距离，则【点睛】本题考查圆中，由向量关系反求直线方程，由韦达定理求解圆锥曲线中的定值问题，由弦的中点问题求三角形面积，圆的几何性质，点到直线距离公式等，计算能力，综合性强，属于难题